2019-2020年高二（上）期末物理试卷含解析.doc

2019-2020年高二（上）期末物理试卷含解析一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的请将该选项前的代号填入题后括号内选对得3分，错选该小题不得分）1（3分）（xx秋北京校级期末）在下列物理现象中，能清晰地说明光具有波动性的是（）A泊松亮斑B小孔成像C光电效应D光的反射考点：光的波粒二象性分析：光既具有波动性又具有粒子性，光是一种电磁波，衍射与干涉是波特有的现象解答：解：A、泊松亮斑是因为光的衍射形成的；故说明光具有波动性；故A正确；B、小孔成像和光的反射不能说明光的本性是波，也不能说明光的本性是粒子，它只能说明光是沿直线传播；故BD错误；C、光电效应是光的粒子性形成的；故C错误；故选：A点评：该题考查光的波动性的相关内容，多读教材，加强基础知识积累就能顺利解决此类题目2（3分）（xx秋北京校级期末）电场中有A、B两点，A点的电势A=30V，B点的电势B=10V，一个电子由B点运动到A点的过程中，下面几种说法中正确的是（）A电场力对电子做功20eV，电子的电势能减少了20eVB电子克服电场力做功20eV，电子的电势能增加了20eVC电场力对电子做功20eV，电子的电势能增加了20eVD电子克服电场力做功20eV，电子的电势能减少了20eV考点：电势差与电场强度的关系；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场力做功公式WBA=qUBA研究电场力做功情况电场力做正功多少，电势能就减小多少；克服电场力做功多少，电势能就增加多少解答：解：根据电场力做功公式得：电场力做功 WBA=qUBA=q（BA）=e（20V）=20eV即电场力对电子做功20eV，电子的电势能减少了20eV故选：A点评：对于电场力做功的公式WAB=qUAB应用时，WAB、q、UAB三个量一般要代入符号计算，得到的WAB是正值，表示电场力做正功，否则为负功3（3分）（xx秋北京校级期末）下面有几种说法正确的是（）A布朗运动反映的是液体分子的无规则运动B分子间的作用力跟分子间的距离r有关，当rr0时，分子间是引力；当rr0时，分子间是斥力；当r=r0时，分子间既无引力也无斥力C在改变物体内能时，做功与热传递的效果是不同的D气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁的碰撞作用产生的，等于单位时间内作用在单位面积上的冲量考点：分子间的相互作用力；布朗运动专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：布朗运动是固体小颗粒的运动，分子间的作用力跟分子间的距离r有关，在改变物体内能时，做功与热传递的效果是相同的，气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁碰撞作用产生的解答：解：A、布朗运动是固体小颗粒的运动，反映的是液体分子的无规则运动，故A正确；B、分子间的作用力跟分子间的距离r有关，当rr0时，分子间是引力；当rr0时，分子间是斥力，当r=r0时，分子间引力等于斥力，合力为零，故B错误；C、在改变物体内能时，做功与热传递的效果是相同的，故C错误；D、气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁碰撞作用产生的，故D正确故选：AD点评：本题考查了布朗运动、分子作用力和分子间距的关系、压强的微观解释等知识点要重点掌握分子间作用力和距离之间的关系4（3分）（xx秋北京校级期末）用波长为1和2的单色光1和2分别照射金属1和2的表面色光1照射金属1和2的表面时都有电子射出，色光2照射金属1时有电子射出，照射金属2时没有电子射出设金属1和2的逸出功为W1和W2，则有（）A12，W1W2B12，W1W2C12，W1W2D12，W1W2考点：爱因斯坦光电效应方程专题：光电效应专题分析：当入射光的频率大于金属的极限频率时，或入射光子的能量大于逸出功时，会发生光电效应解答：解：单色光A照射两种金属时都能产生光电效应现象；单色光B照射时，只能使金属C产生光电效应现象，根据光电效应条件知，单色光A的频率大于单色光B的频率，则12，单色光B照射时，只能使金属C产生光电效应现象，不能使金属D产生光电效应现象知金属1的逸出功小于金属2的逸出功，即W1W2故D正确，A、B、C错误故选：D点评：解决本题的关键掌握光电效应的条件知道光子频率越大，波长越小5（3分）（xx秋苏州期末）在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹在某次交通事故中，汽车刹车线长度14m，假设汽车轮胎与地面问的动摩擦因数为0.7，g=10m/s2，则汽车开始刹车时的速度大约为（）A14m/sB10m/sC7m/sD20m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：根据牛顿第二定律求得加速度，再由速度位移关系求得初速度解答：解：根据牛顿第二定律可知 mg=ma 则a=g=0.710m/s2=7m/s2又已知 X=14m，V=0m/s 由V2V02=2aX 得V0=m/s=14m/s故选：A点评：本题是牛顿第二定律和运动学的综合，根据受力分析求得合外力进而求得加速度是解决本题的关键6（3分）（xx西城区模拟）有两个高度相同、倾角不同的光滑斜面将一个物体分别从两个斜面的顶端由静止释放滑至底端则两次过程相比（）A物体滑至底端时的速度相同B重力做功的平均功率相同C物体增加的动能相同D物体下滑时的加速度相同考点：动能定理专题：动能定理的应用专题分析：物体下滑过程中只有重力做功，WG=mgh，高度相同，重力做功相同，斜面倾角不同，则加速度不同，运动的时间也不同，根据动能定理即可判断解答：解：A、设高度为h，斜面的倾角为，下滑过程中根据动能定理得：mgh=，解得v=，方向沿斜面向下，由于倾角不同，所以速度方向不同，故A错误；B、斜面的长度L=，根据牛顿第二定律，有：mgsin=ma，解得a=gsin，根据L=解得：t=由于斜面坡角不同，所以加速度不同，运动的时间也不同，但重力做的功相同，所以重力做功的平均功率不同，故D正确，B错误；D、根据动能定理可知，动能的增加量等于重力做的功，所以物体增加的动能相同，故C正确故选C点评：本题主要考查了动能定理、运动学基本公式及牛顿第二定律的直接应用，并结合几何关系解题，难度适中7（3分）（xx秋北京校级期末）简谐机械波在给定的媒质中传播时，下列说法正确的是（）A振幅越大，则波传播的速度越快B振幅越大，则波传播的速度越慢C在一个周期内，振动质元走过的路程等于一个波长D振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越短考点：波长、频率和波速的关系分析：简谐机械波在给定的媒质中传播时，振幅越大，质点振动越强在一个周期内，振动传播的路程等于一个波长振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越短解答：解：AB、简谐机械波在给定的媒质中传播时，振幅越大，质点振动越强，但波传播的速度是由介质决定的，与振幅无关，故A、B错误C、在一个周期内，振动传播的路程等于一个波长，而振动质元走过的路程等于四个振幅，与波长无关故C错误D、波传播一个波长的距离所用的时间等于一个周期振动的频率越高，周期越短，波传播一个波长的距离所用的时间越短故D正确故选：D点评：本题要搞清质元的振动和波动是不同的，波速由介质决定，在同一介质中波是匀速传播的，而质元振动时，其速度是周期性变化的8（3分）（xx西城区模拟）在匀强电场中只受电场力而做曲线运动的质子，单位时间内速度的改变量总是（）A大小相等，方向相同B大小不等，方向不同C大小相等，方向不同D大小不等，方向相同考点：匀强电场专题：电场力与电势的性质专题分析：质子只受电场力作用做曲线运动，对其受力分析，结合牛顿第二定律，可知，加速度不变，而单位时间内速度的改变量与加速度有关解答：解：根据题意可知，由于匀强电场，则质子只受电场力，且电场力恒定，又做曲线运动，而根据运动的分解可知，v=gt，因此单位时间内速度的改变量总是相同，即大小相等，方向相同故A正确，BCD错误；故选A点评：考查粒子受到恒力做曲线运动时，掌握速度的变化量与什么因素有关同时注意矢量性9（3分）（xx上海）粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：正方形的一条边在磁场中，改边切割磁感线，相当于电源，然后根据闭合电路的有关知识进行求解解答：解：磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ACD中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：，B图中a、b两点间电势差为路端电压为：，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是B图所示，故ACD错误，B正确故选B点评：本题属于电磁感应与电路的结合，注意弄清电源和外电路的构造，明确a、b两点间的电势差是路端电压还是某一阻值电压10（3分）（xx秋北京校级期末）封闭在气缸内的一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是（）A气体的密度增大B气体的压强增大C气体分子的平均动能减小D气体分子的分子势能变大考点：理想气体的状态方程；物体的内能分析：根据理想气体状态方程可明确压强的变化；根据温度变化分析平均动能的变化；根据体积分析密度和分子势能解答：解：A、因气体体积不变，故气体密度不变；故A错误；B、由=C可知，温度升高，体积不变时，压强增大；故B正确；C、因温度升高，故分子的平均动能增大；故C错误；D、因体积不变；故分子势能不变；故D错误；故选：B点评：本题考查理想气体状态方程和温度；要注意明确温度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子平均动能增大11（3分）（xx广东）如图所示，一束白光通过玻璃棱镜发生色散现象，下列说法正确的是（）A红光的偏折最大，紫光的偏折最小B红光的偏折最小，紫光的偏折最大C玻璃对红光的折射率比紫光大D玻璃中紫光的传播速度比红光大考点：光通过棱镜时的偏折和色散分析：太阳光是复色光，经过三棱镜后由于折射率不同，导致偏折程度不同解答：解：白色光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下（a、b、c、d）依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫由于紫光的折射率最大，所以偏折最大；红光的折射率最小，则偏折程度最小故屏上端为红光，屏下端是紫光折射率大的传播速度小，则紫光的传播速度比红光小故选：B点评：从中发现，可见光是复色光，同时得出在介质中，紫光的折射率最大，红光的折射率最小12（3分）（xx秋北京校级期末）如图（甲）是某电场中的一条电场线，a、b是这条线上的两点，若将一负点电荷从a点由静止释放，负电荷只受电场力作用，沿电场线从a运动到b，在这过程中，电荷的速度时间图线如图（乙）所示，比较a、b两点电势的高低和场强的大小（）AUaUb，Ea=EbBUaUb，EaEbCUaUb，EaEbDUaUb，Ea=Eb考点：电势差与电场强度的关系分析：速度图象的斜率等于物体的加速度，由牛顿第二定律分析场强关系负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，沿电场线的方向电势降低，据此分析即可解答：解：负电荷从a向b运动的过程中，速度增大，则负电荷所受的电场力方向从a指向b，电场线方向从b指向a，根据沿电场线的方向电势降低，则有UaUb根据速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知，负电荷从a向b运动的过程中，加速度不变，所受的电场力不变，则场强不变，故a点的场强等于b点场强，即Ea=Eb故选：D点评：本题关键要结合速度图象的意义分析负电荷的运动情况，要抓住负电荷所受的电场力方向与电场强度方向相反，顺着电场线方向电势降低，分析电势与场强的关系二、多项选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确全选对的得3分，选不全的得2分，答错或不答的得0分）13（3分）（xx西城区模拟）用单分子油膜法测出油分子（视为球形）的直径后，还需要下列哪一组物理量就可以测定阿伏伽罗德常数（）A油的摩尔量和密度B油的摩尔体积C油滴的体积D油滴的质量和油的摩尔质量考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏伽德罗常数的应用专题分析：根据油分子直径可以求出油分子的体积，然后明确了阿伏伽德罗常数的物理意义即可正确解答解答：解：算出油分子体积，只要知道了油的摩尔体积即可算出阿伏伽德罗常数，知道油的摩尔量和密度可以求出其摩尔体积，故AB正确，CD错误故选AB点评：阿伏伽德罗常数是分子动理论中一个重要概念，要注意理解，加强练习14（3分）（xx秋昌平区期末）如图，a、b都是很轻的铝环，环a是闭合的，环b是不闭合的，a、b环都固定在一根可以绕O点自由转动的水平细杆上，此时整个装置静止，下列说法中正确的是 （）A使条形磁铁N极垂直a环靠近a，a靠近磁铁B使条形磁铁N极垂直a环远离a，a靠近磁铁C使条形磁铁N极垂直b环靠近b，b靠近磁铁D使条形磁铁N极垂直b环靠近b，b将不动考点：楞次定律分析：当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，根据楞次定律判断a环的运动情况当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，b环不闭合，不产生感应电流，根据有无安培力判断b环的运动情况解答：解：A、当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，a环将远离磁铁故A错误B、使条形磁铁N极垂直a环远离a时，穿过a环的磁通量减小，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，a向着磁铁运动故B正确C、当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，b环中不产生感应电流，磁铁对b环没有安培力作用，b环将静止不动故C错误，D正确故选：BD点评：本题也可以根据楞次定律的另一种表述：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动来直接判断15（3分）（xx秋北京校级期末）弹簧秤挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2kg的物体，当升降机在竖直方向运动时，弹簧秤的示数始终是16N，如果从升降机的速度为3m/s时开始计时，则经过1s，升降机的位移可能是（g取代10m/s2）（）A2mB3 mC4 mD8 m考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：质量为2kg的物体重力为20N，弹簧秤示数为16N时，根据牛顿第二定律求出物体具有的加速度，再根据物体的加速度分析物体可能的运动状态即可解答：解：对物体进行受力分析，物体受重力和弹簧秤的拉力F作用，取竖直向上为正方向，根据牛顿第二定律知：Fmg=ma得物体的加速度负号表示物体的加速度方向竖直向下物体的加速度向下，若物体向上运动，则物体必做减速运动，=m；B、物体的加速度向下，若物体向下运动，则物体必做加速运动，m故AC正确故选：AC点评：本题通过对物体的受力分析得出物体的加速度，再由加速度确定物体可能的运动，知道加速和减速是看加速度方向与速度方向是否相同16（3分）（xx西城区模拟）我国发射的风云一号气象卫星是极地卫星，卫星飞过两极上空，其轨道平面与赤道平面垂直，周期为12h；我国发射的风云二号气象卫星是地球同步卫星，周期是24h，由此可知，两颗卫星相比较（）A风云一号气象卫星距地面较近B风云一号气象卫星距地面较远C风云一号气象卫星的运动速度较大D风去一号气象卫星的运动速度较小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：由题，“风云一号”气象卫星的周期小于“风云一号”气象卫星的周期，根据公式=k分析两卫星的半径关系由公式v=分析线速度关系解答：解：A、B、由题，“风云一号”气象卫星的周期小于“风云一号”气象卫星的周期，根据公式=k分析得知，“风云一号”气象卫星半径r较小，距地面较近故A正确，B错误；C、D、G是常量，M是地球的质量，不变，“风云一号”气象卫星半径r较小，由公式v=，“风云一号”气象卫星的运动速度较大，故C正确，D错误；故选AC点评：本题考查对卫星类型问题物理量的比较能力，在理解的基础上，记住一些结论，有助于提高解题速度17（3分）（xx秋北京校级期末）一理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压为U的正弦交变电压，则（）A保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小C保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：保持Q位置不动，则输出电压不变，保持P位置不动，则负载不变，再根据电压器的特点分析解答：解：A、B、在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定因此，当Q位置不变时，输出电压U不变，此时P向上滑动，负载电阻值R增大，则输出电流I减小根据输入功率P1等于输出功率P2，电流表的读数I变小，故A错误，B正确；C、D、P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压U变大，I变大，电流表的读数变大，变压器的输入功率变大因此选项C正确，D错误；故选：BC点评：本题的关键在于P位置不动时 总电阻不变，Q不变时输出电压不变，完全利用变压器特点三、实验题18（6分）（xx秋北京校级期末）一待测电阻，阻值在100200之间，额定功率0.25W，现用伏安法测其阻值，可供选择的器材有：A安培表，050mA，内阻约20B安培表，03A，内阻约0.1C伏特表，00.6V，内阻1kD伏特表，010V，内阻10kE滑动变阻器020，I额=2AF电池组，E=16V，内阻不计G电键K，导线若干（1）要求用伏安法测量其阻值时，测量要尽可能精确实验中要尽可能多的测量多组数据则在可供选择的器材中，应该选用的电流表是A，电压表是D（用题目所给选项的字母表示）（2）根据所选的器材，在下边的方框中画出实验电路图考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；电磁学分析：由功率的变形公式求出待测电阻额定电压与额定电流，根据额定电压与电流选择电压表与电流表确定滑动变阻器接法与电流表接法，然后作出实验电路图解答：解：（1）由公式P=I2R可知，电阻最大电流约为：I=代入数据解得，I约为：0.035A0.05A，即35mA50mA，所以为了保护被测电阻，通过它的电流应控制在0.035A以下，则电流表应选A；电阻两端最大电压约为：U=代入数据解得，U约为5V5V，为保护待测电阻不至烧毁，实验中电阻两端电压应控制在5V以下；同时量程也不能太小，故电压表应选D由于滑动变阻器最大阻值5，小于待测电阻阻值，因此滑动变阻器应采用分压接法，电流表的内阻与被测电阻较接近，所以电流表外接，电路图如图所示：故答案为：（1）A；D；（2）如图所示点评：由电功率的变形公式求出待测电阻额定电压与额定电流，然后根据电压与电流选择电表；确定滑动变阻器与电流表接法是设计实验电路图的关键四、计算题（本题有5个小题，共43分，解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案必须写出数值和单位）19（8分）（xx秋丹阳市校级期中）如图所示，一质量为m的物块放在水平地面上，现在对物块施加一个大小为F的水平恒力，使物块从静止开始向右移动距离x后立即撤去F物块与水平地面间的动摩擦因数为求：（1）撤去F时，物块的速度大小；（2）撤去F后，物块还能滑行多远考点：动能定理专题：动能定理的应用专题分析：对力F作用的过程根据动能定理列方程求解；设撤去力F后滑行的距离为x，对全过程列动能定理方程可求解解答：解：（1）设撤去F时物块的速度大小为v，由动能定理，得：（Fmg）x=mv2所以v=（2）设撤去F后物块还能滑行的距离为x，从静止到物块停下的过程中，运用动能定理有：（Fmg）xmgx=0解得x=x（1）答：（1）撤去F时，物块的速度大小v=；（2）撤去F后，物块还能滑行（1）x点评：本题考查了动能定理的应用，也可以由牛顿第二定律求解20（7分）（xx秋北京校级期末）在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来若某人和滑板的总质量m=60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数相同，大小为=0.50，斜坡的倾角=37斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2（1）斜坡滑下的加速度为多大？（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离为L=20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？（sin37=0.6，os37=0.8）考点：动能定理的应用；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）分析人在斜坡上受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度（2）人在斜坡上做匀加速直线运动，由速度位移关系式求出人运动到B点时的速度大小，即为在水平滑道上匀减速直线运动的初速度，根据牛顿第二定律求出人在平直滑道上的加速度，再由速度位移关系式求出BC的长度解答：解：（1）受力如图所示，由牛顿第二定律有：mgsinFf1=ma1FN1mgcos=0又 Ff1=FN1联立解得：a1=g（sincos）=2.0 m/s2；（2）根据动能定理，选取从开始到停止，则有：mgLABsinmgLmgcosLAB=00；解得：LAB=50m；答：（1）斜坡滑下的加速度为2.0 m/s2；（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离为L=20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过50m点评：对研究对象的进行受力分析与运动分析，再由运动学公式与牛顿运动定律相结合同时第二个小问可以用动能定理来处理21（6分）（xx上海二模）如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为水平面，B点在O的正上方，一个小球在A点正上方由静止释放，自由下落至A点进入圆轨道并恰能到达B点求：（1）释放点距A点的竖直高度；（2）落点C与A点的水平距离考点：机械能守恒定律；平抛运动专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）小球恰能到达B点，知小球到达B点时对轨道的压力为0，重力提供向心力，mg=求出B点的速度，从释放点到B点运用动能定理，根据动能定理求出释放点距离A点的高度（2）小球离开B点做平抛运动，高度决定时间，根据时间和B点的速度求出水平距离解答：解：（1）小球恰能到达B点，知小球到达B点时对轨道的压力为0，重力提供向心力，mg=从释放点到B点运用动能定理得：mg（hR）=由解得：h=（2）小球离开B点做平抛运动，根据R=得：t=所以落点C与A点的水平距离x=vBt=答：（1）释放点距A点的竖直高度为；（2）落点C与A点的水平距离为点评：解决本题的关键知道球到达C点时对轨道的压力为0，有mg=，以及能够熟练运用动能定理22（6分）（xx西城区模拟）有一行星探测器，质量为1800kg现将探测器从某一行星的表面竖直升空，探测器的发动机推力恒定发射升空后9s末，发动机因发生故障突然灭火如图是从探测器发射到落回地面全过程的速度图象已知该行星表面没有大气若不考虑探测器总质量的变化求：（1）该行星表面附近的重力加速度大小（2）发动机正常工作时的推力考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：探测器先向上做匀加速直线运动，发生故障后，仅受重力，向上做匀减速直线运动，根据匀减速直线运动的图线斜率求出加速度的大小，即行星表面的重力加速度根据图线斜率求出匀加速直线运动的加速度，通过牛顿第二定律求出发电机正常工作时的推力解答：解：（1）由题意可知，9s末发动机灭火，探测器只受重力作用，故它在这一阶段的加速度即为该行星表面的重力加速度由图线的斜率可知 g=4（m/s2） （2）在09s内，探测器受到竖直向上的推力F和竖直向下的重力G由图线的斜率可知这一阶段的加速度 a=（m/s2） 由牛顿第二定律 Fmg=ma 得 F=m（g+a）=xx0（N） 答：（1）该行星表面附近的重力加速度大小为4m/s2（2）发动机正常工作时的推力xx0N点评：解决本题的关键知道速度时间图线的斜率表示加速度，以及能够灵活运用牛顿第二定律进行求解23（8分）（xx秋北京校级期末）如图：两个带同种电荷的小球A和B，A、B的质量分别为m和2m，开始时将它们固定在绝缘的光滑水平面上保持静止，A、B相距为d，A、B间的相互作用力遵守牛顿第三定律，现同时释放A、B，经过一段时间，B的速度大小为v，A、B间距离为2d求：（1）此时A的速度大小；（2）此过程中B对A做的功；（3）此过程中A对B做的功；（4）此过程中A所运动的位移大小考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A的速度（2）（3）应用动能定理可以求出A对B、B对A做的功（4）A、B系统动量守恒，应用了守恒定律、速度公式可以求出A的位移大小解答：解：（1）系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBvmAvA=0，解得：vA=2v；（2）对A，由动能定理得：W=mAvA20=2mv2；（3）对B，由动能定理得：W=mBvB20=mv2；（4）A、B系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBvBmAvA=0，位移：sA=vAt sB=vBt sA+sB=2d，解得：sA=d；答：（1）此时A的速度大小为2v；（2）此过程中B对A做的功2mv2；（3）此过程中A对B做的功mv2；（4）此过程中A所运动的位移大小为d点评：本题考查了求速度、功、位移问题，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律、动能定理可以解题24（8分）（xx秋北京校级期末）相距为L的光滑平行导轨与水平面成角放置，上端连电阻R，处在与所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B0，电阻为r的导体MN（质量m）垂直导轨并在两导轨上，导体MN距离上端电阻R的距离也为L（设B0=1T，L=1m，=30，m=0.1kg，R=0.8，r=0.2，g=10m/s2）（1）静止释放导体MN，求：MN获得的最大速度vm若MN沿斜面下滑0.2m时恰好获得最大速度，求在此过程中回路一共生热多少焦？（2）设单位时间内磁感应强度增加量为k，磁感应强度初始值为B0现给一个平行斜面且垂直MN的外力（设沿斜面向上为外力的正方向），使导体MN始终静止在轨道上写出外力F随时间t的变化关系式并画出F（沿斜面向上为正）随时间t的函数图象（k=1T/s）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）导体MN由静止释放，沿导轨向下做加速运动，当导体MN所受合力为零时，导体做匀速直线运动，速度达到最大，对导体进行受力分析，由平衡条件求出导体获得的最大速度；导体克服安培力做功转化为内能，由能量守恒定律可以求出回路产生的焦耳热（2）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由F=BIL求出安培力大小，由楞次定律判断出感应电流方向，由左手定值判断出安培力的方向，对导体受力分析，由平衡条件列方程求出拉力大小，然后作出图象解答：解：（1）导体受力如右图所示，安培力F安=B0IL=B0L=，导体MN由静止开始向下做加速度减小的加速运动，当导体所受合力为零时，速度达到最大vm，由平衡条件得： mgsin30=F安，则最大速度 vm=0.5m/s；由能量守恒定律：mgxsin30=mvm2+Q，代入数据解得：Q=0.0875J（2）由题意知B=B0+kt，由法拉第电磁感应定律得E=S=kL2安培力：F安=BIL=BL由平衡条件得 mgsin30=F安+F联立得 F=mgsin30F安=0.5（B0+kt）L=0.5t（N）Ft图象如下图所示答：（1）MN获得的最大速度vm=0.5m/s；若MN沿斜面下滑0.2m时恰好获得最大速度，在此过程中回路产生的热量为0.0875J（2）外力F随时间t的变化关系式为：F=0.5t（N）；Ft图象如图所示点评：在导体MN沿轨道下滑时，导体受到的安培力是变力，当安培力达到等于重力沿斜面向下的分力时，导体导体受到的合力为零，导体做匀速直线运动，速度达到最大